110 專技高考高等考試 水利工程技師 水文學 考古題詳解

110 年・專技高考・高等考試・水利工程技師
試題代碼 水文學

第 一 題25 分

某坡地開發前、後的植被、土壤和對應的 CN（Curve Number）值如下表。請利用美國農業部（USDA）的 SCS（Soil Conservation Service）法計算回答下列問題。

【開發前】

土地利用林地牧場
土壤種類AB
Curve Number4050
面積百分比3020
土地利用牧場牧場
土壤種類AB
Curve Number4565
面積百分比2030

【開發後】

土地利用商業區住宅道路綠地林地
Curve Number9080985040
面積百分比1545151510

SCS 法的基本公式如下：

S=1000CN−10S=\frac{1000}{CN}-10

P=Pe+Ia+FaP=P_e+I_a+F_a

Pe=(P−Ia)2P−Ia+SP_e=\frac{(P-I_a)^2}{P-I_a+S}

Ia=0.2SI_a=0.2S

Fa=S(P−Ia)P−Ia+S,P≥IaF_a=\frac{S(P-I_a)}{P-I_a+S},\quad P\geq I_a

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 上列的 SCS 基本公式及用英吋（in）為單位，如何將其改為以公釐（mm）為單位？

(二) 該坡地開發前、後，整體的 CN 值各為多少？

(三) 該區域 3.5 小時延時的累積降雨量為 136 mm136\ \mathrm{mm}，試計算因開發後的都市化效應，使逕流降雨量（excess rainfall）比開發前多了多少 mm\mathrm{mm}？

(四) 上述降雨事件的時間分布如下表，利用 SCS 法計算開發後，每半小時的有效降雨組體圖（excess rainfall hyetograph）。

Timer（hr）0–0.50.5–11–1.51.5–22–2.52.5–33–3.5
降雨（mm）518102659162

（有效數字取至小數點以下一位。）

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核心觀念

本題考查 SCS 曲線數法（Curve Number, CN）將降雨量分為初期損失 IaI_a、有效降雨量 PeP_e 與其餘滯留量 FaF_a。計算時先依各土地利用與土壤組合，按面積比例求整體 CN；再由 CN 求最大滯留量 SS，最後用累積降雨量計算累積有效降雨量。

原卷開發前表格的合併欄位表示：林地有 A、B 兩種土壤，牧場也有 A、B 兩種土壤。因此四組資料依序為 CN 40、50、45、65，面積比例為 30%、20%、20%、30%。

解題方法與計算

（一）將公式由英吋換算為公釐

原式的 SS 以英吋表示：

Sin=1000CN−10S_{\mathrm{in}}=\frac{1000}{CN}-10

因 1 in=25.4 mm1\ \mathrm{in}=25.4\ \mathrm{mm}，將整個 SS 乘以 25.4：

Smm=25.4(1000CN−10)=25400CN−254S_{\mathrm{mm}}=25.4\left(\frac{1000}{CN}-10\right) =\frac{25400}{CN}-254

因此，公釐制公式為：

S=25400CN−254(mm)S=\frac{25400}{CN}-254\quad(\mathrm{mm})

其他降雨深度量 PP、PeP_e、IaI_a、FaF_a 都改用 mm，公式形式不變：

Ia=0.2SI_a=0.2S

Pe=(P−Ia)2P−Ia+SP_e=\frac{(P-I_a)^2}{P-I_a+S}

Fa=S(P−Ia)P−Ia+S,P≥IaF_a=\frac{S(P-I_a)}{P-I_a+S},\quad P\geq I_a

若 P<IaP<I_a，則尚未產生有效降雨，取 Pe=0P_e=0。

（二）計算開發前、後整體 CN

以各組面積比例加權：

CN前=40(0.30)+50(0.20)+45(0.20)+65(0.30)=50.5CN_{\mathrm{前}} =40(0.30)+50(0.20)+45(0.20)+65(0.30) =50.5 CN後=90(0.15)+80(0.45)+98(0.15)+50(0.15)+40(0.10)=75.7CN_{\mathrm{後}} =90(0.15)+80(0.45)+98(0.15)+50(0.15)+40(0.10) =75.7

（三）計算開發後比開發前多出的有效降雨量

總降雨量 P=136 mmP=136\ \mathrm{mm}。

開發前：

S前=2540050.5−254=248.9703 mmS_{\mathrm{前}}=\frac{25400}{50.5}-254=248.9703\ \mathrm{mm}

Ia,前=0.2S前=49.7941 mmI_{a,\mathrm{前}}=0.2S_{\mathrm{前}}=49.7941\ \mathrm{mm}

Pe,前=(136−49.7941)2136−49.7941+248.9703=22.1718 mmP_{e,\mathrm{前}} =\frac{(136-49.7941)^2}{136-49.7941+248.9703} =22.1718\ \mathrm{mm}

開發後：

S後=2540075.7−254=81.5350 mmS_{\mathrm{後}}=\frac{25400}{75.7}-254=81.5350\ \mathrm{mm}

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第 二 題25 分

某一水庫之蓄水量 S (m3)S\ (\mathrm{m^3}) 與出流量 Q (cms)Q\ (\mathrm{cms}) 有如下的關係：

S=kQ2,k=10S=kQ^2,\quad k=10

已知此水庫之入流歷線 I(t)I(t) 如下：

t (hr)t\ (\mathrm{hr})012345678
I (cms)I\ (\mathrm{cms})2.5120240360280200120400
O (cms)O\ (\mathrm{cms})1.0

(一) 請利用水文方程式：

I−O=dSdtI-O=\frac{dS}{dt}

以 Δt=1 hr\Delta t=1\ \mathrm{hr}，利用差分式計算出流歷線 O(t)O(t)。（有效數字取至個位數，提示：一元二次方程式之根為 −b±b2−4ac2a\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}。）

(二) 以上題為例，說明為何水庫演算之出流歷線的尖峰流量點必發生在入流歷線的退水曲線段？

(三) 水文方程式乃一常微分方程式，故可用修正尤拉（Euler）、Runge-kutta 等數值方法求解，試利用修正尤拉法求解 t=1 hrt=1\ \mathrm{hr} 之出流量（cms\mathrm{cms}）。

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核心觀念

本題考水庫蓄流演算：水庫蓄水量隨入流與出流差額改變，

I−O=dSdt,S=10Q2.I-O=\frac{dS}{dt},\qquad S=10Q^2.

因 I、OI、O 的單位為 m3/s\mathrm{m^3/s}，時間步長以小時計算時，須將 1 hr1\ \mathrm{hr} 換成 3600 s3600\ \mathrm{s}。出流量是蓄水量的函數，因此可先以差分近似蓄水量變化，再解二次方程式求各時刻的 QQ。

（一）以差分式計算出流歷線

採用前向差分，並以區間終點的入流量 InI_n 代表該步入流：

In−Qn≈Sn−Sn−13600.I_n-Q_n\approx \frac{S_n-S_{n-1}}{3600}.

代入 Sn=10Qn2S_n=10Q_n^2：

In−Qn=10(Qn2−Qn−12)3600,I_n-Q_n=\frac{10(Q_n^2-Q_{n-1}^2)}{3600},

整理為

Qn2+360Qn−(360In+Qn−12)=0.Q_n^2+360Q_n-\left(360I_n+Q_{n-1}^2\right)=0.

取符合物理意義的正根：

Qn=−360+3602+4(360In+Qn−12)2.Q_n=\frac{-360+\sqrt{360^2+4(360I_n+Q_{n-1}^2)}}{2}.

以 t=1 hrt=1\ \mathrm{hr} 為例，Q0=1Q_0=1、I1=120I_1=120：

Q1=−360+3602+4(360×120+12)2≈94.96 cms.Q_1=\frac{-360+\sqrt{360^2+4(360\times120+1^2)}}{2} \approx94.96\ \mathrm{cms}.

逐時代入前一時刻的出流量，並將結果取至個位數：

tt（hr）012345678
II（cms）2.5120240360280200120400
OO（cms）19517826026824018510528

（二）出流尖峰與入流退水段

由水文方程式可知，當 I>OI>O 時，蓄水量增加；當 I<OI<O 時，蓄水量減少。出流量隨蓄水量增加而增加，因此出流尖峰發生於蓄水量由增加轉為減少之際，此時連續形式下滿足

dSdt=0⟹I=O.\frac{dS}{dt}=0\quad\Longrightarrow\quad I=O.

水庫蓄水會使出流相對於入流產生延遲。對本題的單峰入流歷線而言，入流在 t=3 hrt=3\ \mathrm{hr} 達到最大值 360 cms360\ \mathrm{cms}，而出流到 t=4 hrt=4\ \mathrm{hr} 才達到最大值 268 cms268\ \mathrm{cms}。

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第 三 題25 分

1 m1\ \mathrm{m} 直徑的水井設置於一拘限含水層，此拘限含水層與其上下層皆無滲漏情況。先前的抽水試驗估得此含水層之平均 T(=Kb)T(=Kb) 值為 73 m2/day73\ \mathrm{m^2/day}，無因次儲水係數 SS 為 0.000250.00025。此水井要做非穩態抽水實驗，將以流量 QQ 為 150 m3/day150\ \mathrm{m^3/day} 的抽水量抽 1010 秒鐘然後停抽。

試以 Theis 暫態水井洩降式預測抽水：

(一) 11 秒鐘。

(二) 1010 秒鐘。

(三) 10.110.1 秒鐘。

(四) 1111 秒鐘的水井洩降量（m）。

Theis 洩降式：

h0−h(t)=Q4πTW(u),u=r2S4Tth_0-h(t)=\frac{Q}{4\pi T}W(u),\qquad u=\frac{r^2S}{4Tt}

當 u<0.05u<0.05 時：

W(u)≈−0.5772157−ln⁡(u)W(u)\approx -0.5772157-\ln(u)

(五) 試以曲線描繪此洩降（m）隨著時間（tt）的變化示意圖，洩降取向下為正。

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核心觀念

本題考查 Theis 暫態抽水解的疊加原理。抽水於 t=0t=0 開始，持續 1010 秒後停止：

  • 抽水期間，洩降為 s(t)=Q4πTW(ut)s(t)=\dfrac{Q}{4\pi T}W(u_t)。
  • 停抽後，把「持續抽水」與「在 1010 秒時開始的等量回注」疊加，因此 s(t)=Q4πT[W(ut)−W(ut−10)],t>10 s.s(t)=\frac{Q}{4\pi T}\left[W(u_t)-W(u_{t-10})\right],\qquad t>10\ \mathrm{s}.

題目給的 W(u)≈−0.5772157−ln⁡uW(u)\approx-0.5772157-\ln u 只適用於 u<0.05u<0.05。計算 10.110.1 秒時，停抽項的 uu 大於 0.050.05，須用 Theis 井函數 W(u)=E1(u)W(u)=E_1(u) 計算。

解題方法

井半徑為 r=0.5 mr=0.5\ \mathrm{m}。將時間由秒換成日，則

u(t)=r2S4T(t/86400)=(0.5)2(0.00025)(86400)4(73)t=0.01849315t,u(t)=\frac{r^2S}{4T(t/86400)} =\frac{(0.5)^2(0.00025)(86400)}{4(73)t} =\frac{0.01849315}{t},

其中 tt 以秒計。共同係數為 Q4πT=1504π(73)=0.163739 m.\frac{Q}{4\pi T}=\frac{150}{4\pi(73)}=0.163739\ \mathrm{m}.

抽水期間 t≤10t\leq10 秒，使用 s(t)=0.163739 W(ut).s(t)=0.163739\,W(u_t).

停抽後 t>10t>10 秒，使用 s(t)=0.163739[W(ut)−W(ut−10)].s(t)=0.163739\left[W(u_t)-W(u_{t-10})\right].

各時刻計算如下：

時刻計算用的 uu 值洩降 ss
11 秒u1=0.01849315u_1=0.018493150.163739[−0.5772157−ln⁡(0.01849315)]=0.559 m0.163739[-0.5772157-\ln(0.01849315)]=\mathbf{0.559\ \mathrm{m}}
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第 四 題25 分

某河一水文站從 1935 至 1978 年所測到的 44 筆最大流量（cms）如下表：

年19301940195019601970
055,90013,30023,7009,190
158,00012,30055,8009,740
256,00028,40010,80058,500
37,71011,6004,10033,100
412,3008,5605,72025,200
538,50022,0004,95015,00030,200
6179,00017,9001,7309,79014,100
717,20046,00025,30070,00054,500
825,4006,97058,30044,30012,700
94,94020,60010,10015,200

(一) 根據此紀錄，估計其年最大流量大於 50,000 cms50{,}000\ \mathrm{cms} 的平均重現期距（return period）TT。

(二) 每年發生流量大於 50,000 cms50{,}000\ \mathrm{cms} 之機率為何？

(三) 該點位之年最大流量在未來 3 年中至少有一次超過 50,000 cms50{,}000\ \mathrm{cms} 的機率為何？

(四) 未來 10 年內發生 2 次年最大流量大於 50,000 cms50{,}000\ \mathrm{cms} 的機率為何？

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核心觀念

本題考年最大流量超越指定門檻的經驗機率、重現期距，以及未來多年內事件發生次數的二項分配。

令每年年最大流量超過 50,000 cms50{,}000\ \mathrm{cms} 的機率為 pp，則平均重現期距為

T=1pT=\frac{1}{p}

未來各年的超越事件假設彼此獨立，且每年機率固定為 pp。因此，未來 nn 年至少超越一次的機率為 1−(1−p)n1-(1-p)^n；恰好超越 kk 次的機率則依二項分配計算。

解題方法與計算

（一）估計平均重現期距 TT

1935 至 1978 年共 4444 年。表中年最大流量大於 50,000 cms50{,}000\ \mathrm{cms} 的共有 99 年，因此以紀錄中的發生頻率估計：

p=944=0.204545p=\frac{9}{44}=0.204545 T=1p=449≈4.89 年T=\frac{1}{p}=\frac{44}{9}\approx 4.89\ \text{年}

（二）每年超過 50,000 cms50{,}000\ \mathrm{cms} 的機率

p=944≈0.2045p=\frac{9}{44}\approx 0.2045

所以每年超越機率約為 20.45%20.45\%。

（三）未來 3 年至少超過一次的機率

先求 3 年內一次都沒有超過的機率，再以 11 扣除：

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